Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) nội tiếp \(\Delta ABC\), tiếp xúc với cạnh \(AB,AC\) lần lượt ở \(D\) và\(E\)

a) Gọi \(O'\) là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta ADE\), tính \(OO'\) theo \(R\).

b) Các đường phân giác trong của \(\widehat B\) và \(\widehat C\) cắt đường thẳng \(DE\) lần lượt tại \(M\) và \(N\). Chứng minh tứ giác \(BCMN\) nội tiếp được đường tròn.

c) Chứng minh \(\frac{{MN}}{{BC}} = \frac{{DM}}{{AC}} = \frac{{EN}}{{AB}}\).

a). Giả sử các đường cao của tam giác là \(AK,CI\) . Để chứng minh \(AHCP\) là tứ giác nội tiếp ta sẽ chứng minh \(\widehat {AHC} + \widehat {APC} = {180^0}\).

Ta có:

     \(\widehat {AHC} = \widehat {IHK}\) ( đối đỉnh)

     \(\widehat {APC} = \widehat {AMC} = \widehat {ABC}\) ( do tính đối xứng và góc nội tiếp cùng chắn một cung).

Như vậy ta chỉ cần chứng minh \(\widehat {ABC} + \widehat {IHK} = {180^0}\) nhưng điều này là hiển nhiên do tứ giác \(BIHK\)là tứ giác nội tiếp.

b). Để chứng minh \(N,H,P\) thẳng hàng ta sẽ chứng minh \(\widehat {NHA} + \widehat {AHP} = {180^0}\) do đó ta sẽ tìm cách quy hai góc này về 2 góc đối nhau trong một tứ giác nội tiếp.

Thật vậy ta có: \(\widehat {AHP} = \widehat {ACP}\) (tính chất góc nội tiếp), \(\widehat {ACP} = \widehat {ACM}\)  (1) (Tính chất đối xứng) .

Ta thấy vai trò tứ giác \(AHCP\) giống với \(AHBN\) nên ta cũng dễ chứng minh được \(AHBN\) là tứ giác nội tiếp từ đó suy ra \(\widehat {AHN} = \widehat {ABN}\) , mặt khác \(\widehat {ABN} = \widehat {ABM}\) (2) (Tính chất đối xứng) .

Từ (1), (2) ta suy ra chỉ cần chứng minh \(\widehat {ABM} + \widehat {ACM} = {180^0}\) nhưng điều này là hiển nhiên do tứ giác \(ABMC\) nội tiếp.

Vậy \(\widehat {NHA} + \widehat {AHP} = {180^0}\) hay \(N,H,P\) thẳng hàng.

a) Do \(AB,AC\) là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {ABO} = \widehat {ACO} = {90^0} \Rightarrow B,C\) thuộc đường tròn đường kính  \(OA\) có tâm \(I\) là trung điểm \(OA\).  

b) Ta có \(AM.AO = \frac{{AB}}{2}.2AI = AB.AI\).                                                                                     

c) Gọi \(E\) là trung điểm \(MA\), do \(G\) là trọng tâm \(\Delta CMA\) nên \(G \in CE\) và \(\frac{{GE}}{{CE}} = \frac{1}{3}\).

Mặt khác \(\frac{{ME}}{{BE}} = \frac{1}{3}\)  (vì \(ME = \frac{{MA}}{2} = \frac{{MB}}{2}\) nên \(ME = \frac{{BE}}{3}\)) \( \Rightarrow \frac{{GE}}{{CE}} = \frac{{ME}}{{BE}}\), theo định lý Ta-lét đảo \( \Rightarrow MG//BC\).

d) Gọi \(G'\) là giao điểm của \(OA\) và \(CM \Rightarrow G'\) là trọng tâm \(\Delta ABC\). Nên \(\frac{{G'M}}{{CM}} = \frac{1}{3} = \frac{{GE}}{{CE'}}\), theo định lý Ta-lét đảo \(GG'//ME\)  (1)

\(MI\) là đường trung bình trong \(\Delta OAB \Rightarrow MI//OB\), mà \(AB \bot OB\)  (cmt) \( \Rightarrow MI \bot AB\), nghĩa là \(MI \bot ME\)   (2).

Từ (1) và (2) cho \(MI \bot GG'\), ta lại có \(GI' \bot MK\) (vì \(OA \bot MK\)) nên \(I\) là trực tâm \(\Delta MGG'\)\( \Rightarrow GI \bot G'M\) tức \(GI \bot CM\).